新編浙江高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)教師用書：第1部分 重點強(qiáng)化專題 專題4 突破點9 空間中的平行與垂直關(guān)系 Word版含答案

突破點9空間中的平行與垂直關(guān)系(對應(yīng)學(xué)生用書第32頁) 核心知識提煉提煉1 異面直線的性質(zhì)(1)異面直線不具有傳遞性注意不能把異面直線誤解為分別在兩個不同平面內(nèi)的兩條直線或平面內(nèi)的一條直線與平面外的一條直線(2)異面直線所成角的范圍是，所以空間中兩條直線垂直可能為異面垂直或相交垂直(3)求異面直線所成角的一般步驟為：找出(或作出)適合題設(shè)的角用平移法；求轉(zhuǎn)化為在三角形中求解；結(jié)論由所求得的角或其補角即為所求.提煉2 平面與平面平行的常用性質(zhì)(1)夾在兩個平行平面之間的平行線段長度相等(2)經(jīng)過平面外一點有且只有一個平面與已知平面平行(3)如果兩個平面分別平行于第三個平面，那么這兩個平面互相平行(4)兩個平面平行，則其中一個平面內(nèi)的任意一條直線平行于另一個平面.提煉3 證明線面位置關(guān)系的方法(1)證明線線平行的方法：三角形的中位線等平面幾何中的性質(zhì)；線面平行的性質(zhì)定理；面面平行的性質(zhì)定理；線面垂直的性質(zhì)定理(2)證明線面平行的方法：尋找線線平行，利用線面平行的判定定理；尋找面面平行，利用面面平行的性質(zhì)(3)證明線面垂直的方法：線面垂直的定義，需要說明直線與平面內(nèi)的所有直線都垂直；線面垂直的判定定理；面面垂直的性質(zhì)定理(4)證明面面垂直的方法：定義法，即證明兩個平面所成的二面角為直二面角；面面垂直的判定定理，即證明一個平面經(jīng)過另一個平面的一條垂線高考真題回訪回訪1空間點、線、面的位置關(guān)系1(20xx·浙江高考)已知互相垂直的平面，交于直線l，若直線m，n滿足m，n，則()AmlBmnCnlDmnCl，l.n，nl，故選C.2(20xx·浙江高考)在空間中，過點A作平面的垂線，垂足為B，記Bf(A)設(shè)，是兩個不同的平面，對空間任意一點P，Q1ff(P)，Q2ff(P)，恒有PQ1PQ2，則() 【導(dǎo)學(xué)號：68334106】A平面與平面垂直B平面與平面所成的(銳)二面角為45°C平面與平面平行D平面與平面所成的(銳)二面角為60°A設(shè)P1f(P)，P2f(P)，則PP1，P1Q1，PP2，P2Q2.若，則P1與Q2重合、P2與Q1重合，所以PQ1PQ2，所以與相交設(shè)l，由PP1P2Q2，所以P，P1，P2，Q2四點共面同理P，P1，P2，Q1四點共面所以P，P1，P2，Q1，Q2五點共面，且與的交線l垂直于此平面又因為PQ1PQ2，所以Q1，Q2重合且在l上，四邊形PP1Q1P2為矩形那么P1Q1P2為二面角­l­的平面角，所以.3(20xx·浙江高考)設(shè)m，n是兩條不同的直線，是兩個不同的平面()A若m，n，則mnB若m，m，則C若mn，m，則nD若m，則mCA項，當(dāng)m，n時，m，n可能平行，可能相交，也可能異面，故錯誤；B項，當(dāng)m，m時，可能平行也可能相交，故錯誤；C項，當(dāng)mn，m時，n，故正確；D項，當(dāng)m，時，m可能與平行，可能在內(nèi)，也可能與相交，故錯誤故選C.4(20xx·浙江高考)如圖9­1，在三棱錐A­BCD中，ABACBDCD3，ADBC2，點M，N分別為AD，BC的中點，則異面直線AN，CM所成的角的余弦值是_圖9­1如圖所示，連接DN，取線段DN的中點K，連接MK，CK.M為AD的中點，MKAN，KMC為異面直線AN，CM所成的角ABACBDCD3，ADBC2，N為BC的中點，由勾股定理易求得ANDNCM2，MK.在RtCKN中，CK.在CKM中，由余弦定理，得cosKMC.回訪2直線、平面平行的判定與性質(zhì)5(20xx·浙江高考)設(shè)，是兩個不同的平面，l，m是兩條不同的直線，且l，m.()A若l，則B若，則lmC若l，則D若，則lmAl，l，(面面垂直的判定定理)，故A正確6(20xx·浙江高考)如圖9­2，已知四棱錐P­ABCD，PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形，BCAD，CDAD，PCAD2DC2CB，E為PD的中點圖9­2(1)證明：CE平面PAB；(2)求直線CE與平面PBC所成角的正弦值解(1)證明：如圖，設(shè)PA的中點為F，連接EF，F(xiàn)B.因為E，F(xiàn)分別為PD，PA的中點，所以EFAD且EFAD.3分又因為BCAD，BCAD，所以EFBC且EFBC，所以四邊形BCEF為平行四邊形，所以CEBF.因為BF平面PAB，CE平面PAB，所以CE平面PAB.7分(2)分別取BC，AD的中點M，N.連接PN交EF于點Q，連接MQ.因為E，F(xiàn)，N分別是PD，PA，AD的中點，所以Q為EF的中點.9分在平行四邊形BCEF中，MQCE.由PAD為等腰直角三角形得PNAD.由DCAD，BCAD，BCAD，N是AD的中點得BNAD.所以AD平面PBN.11分由BCAD得BC平面PBN，那么平面PBC平面PBN.過點Q作PB的垂線，垂足為H，連接MH，MH是MQ在平面PBC上的射影，所以QMH是直線CE與平面PBC所成的角.13分設(shè)CD1.在PCD中，由PC2，CD1，PD得CE，在PBN中，由PNBN1，PB得QH，在RtMQH中，QH，MQ，所以sinQMH.所以，直線CE與平面PBC所成角的正弦值是.15分7(20xx·浙江高考)如圖9­3，在四面體A­BCD中，AD平面BCD，BCCD，AD2，BD2，M是AD的中點，P是BM的中點，點Q在線段AC上，且AQ3QC.圖9­3(1)證明：PQ平面BCD；(2)若二面角C­BM­D的大小為60°，求BDC的大小解法一(1)證明：如圖(1)，取BD的中點O，在線段CD上取點F，使得DF3FC，連接OP，OF，F(xiàn)Q.因為AQ3QC，所以QFAD，且QFAD.2分(1)因為O，P分別為BD，BM的中點，所以O(shè)P是BDM的中位線，所以O(shè)PDM，且OPDM.4分又點M為AD的中點，所以O(shè)PAD，且OPAD.從而OPFQ，且OPFQ，5分所以四邊形OPQF為平行四邊形，故PQOF.又PQ平面BCD，OF平面BCD，所以PQ平面BCD.6分(2)如圖，作CGBD于點G，作GHBM于點H，連接CH.因為AD平面BCD，CG平面BCD，所以ADCG.8分又CGBD，ADBDD，故CG平面ABD.又BM平面ABD，所以CGBM.又GHBM，CGGHG，故BM平面CGH，所以GHBM，CHBM.所以CHG為二面角C­BM­D的平面角，即CHG60°.10分設(shè)BDC，在RtBCD中，CDBDcos 2cos ，CGCDsin 2cos sin ，BCBDsin 2sin ，BGBCsin 2sin2.12分在BGM中，HG.因為CG平面ABD，GH平面ABD，所以CGGH.13分在RtCHG中，tanCHG.所以tan .從而60°.即BDC60°.15分法二(1)證明：如圖(2)，取BD的中點O，以O(shè)為原點，OD，OP所在射線為y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系O­xyz.2分(2)由題意知A(0，2)，B(0，0)，D(0，0)設(shè)點C的坐標(biāo)為(x0，y0,0)，因為3，所以Q.4分因為點M為AD的中點，故M(0，1)又點P為BM的中點，故P，所以.5分又平面BCD的一個法向量為a(0,0,1)，故·a0.又PQ平面BCD，所以PQ平面BCD.6分(2)設(shè)m(x，y，z)為平面BMC的一個法向量由(x0，y0,1)，(0,2，1)，知8分取y1，得m.10分又平面BDM的一個法向量為n(1,0,0)，于是|cosm，n|，即23.又BCCD，所以·0，12分故(x0，y0,0)·(x0，y0,0)0，即xy2.聯(lián)立，解得(舍去)或13分所以tanBDC.又BDC是銳角，所以BDC60°.15分回訪3直線、平面垂直的判定與性質(zhì)8(20xx·浙江高考9)如圖9­4，已知正四面體D­ABC(所有棱長均相等的三棱錐)，P，Q，R分別為AB，BC，CA上的點，APPB，2，分別記二面角D­PR­Q，D­PQ­R，D­QR­P的平面角為，則()圖9­4A<<B<<C<<D<<B如圖，作出點D在底面ABC上的射影O，過點O分別作PR，PQ，QR的垂線OE，OF，OG，連接DE，DF，DG，則DEO，DFO，DGO.由圖可知它們的對邊都是DO，只需比較EO，F(xiàn)O，GO的大小即可如圖，在AB邊上取點P，使AP2PB，連接OQ，OR，則O為QRP的中心設(shè)點O到QRP三邊的距離為a，則OGa，OFOQ·sinOQF<OQ·sinOQPa，OEOR·sinORE>OR·sinORPa，OF<OG<OE，<<，<<.故選B.9(20xx·浙江高考)如圖9­5，已知ABC，D是AB的中點，沿直線CD將ACD翻折成ACD，所成二面角A­CD­B的平面角為，則() 【導(dǎo)學(xué)號：68334107】圖9­5AADBBADBCACBDACBBAC和BC都不與CD垂直，ACB，故C，D錯誤當(dāng)CACB時，容易證明ADB.不妨取一個特殊的三角形，如RtABC，令斜邊AB4，AC2，BC2，如圖所示，則CDADBD2，BDH120°，設(shè)沿直線CD將ACD折成ACD，使平面ACD平面BCD，則90°.取CD中點H，連接AH，BH，則AHCD，AH平面BCD，且AH，DH1.在BDH中，由余弦定理可得BH.在RtAHB中，由勾股定理可得AB.在ADB中，AD2BD2AB22<0，可知cosADB<0，ADB為鈍角，故排除A.綜上可知答案為B.10(20xx·浙江高考)設(shè)m，n是兩條不同的直線，是兩個不同的平面()A若mn，n，則mB若m，則mC若m，n，n，則mD若mn，n，則mCA中，由mn，n可得m或m與相交或m，錯誤；B中，由m，可得m或m與相交或m，錯誤；C中，由m，n可得mn，又n，所以m，正確；D中，由mn，n，可得m或m與相交或m，錯誤11(20xx·浙江高考)如圖9­6，在四棱錐A­BCDE中，平面ABC平面BCDE，CDEBED90°，ABCD2，DEBE1，AC.圖9­6(1)證明：AC平面BCDE；(2)求直線AE與平面ABC所成的角的正切值解(1)證明：如圖，連接BD，在直角梯形BCDE中，由DEBE1，CD2，得BDBC. 2分由AC，AB2，得AB2AC2BC2，即ACBC.又平面ABC平面BCDE，從而AC平面BCDE.5分(2)在直角梯形BCDE中，由BDBC，DC2，得BDBC.6分又平面ABC平面BCDE，所以BD平面ABC.如圖，作EFBD，與CB的延長線交于F，連接AF，則EF平面ABC.所以EAF是直線AE與平面ABC所成的角.8分在RtBEF中，由EB1，EBF，得EF，BF；在RtACF中，由AC，CF，得AF.11分在RtAEF中，由EF，AF，得tan EAF.所以，直線AE與平面ABC所成的角的正切值是.15分 (對應(yīng)學(xué)生用書第35頁)熱點題型1空間位置關(guān)系的判斷與證明題型分析：空間中平行與垂直關(guān)系的判斷與證明是高考常規(guī)的命題形式，此類題目綜合體現(xiàn)了相關(guān)判定定理和性質(zhì)定理的考查，同時也考查了學(xué)生的空間想象能力及轉(zhuǎn)化與化歸的思想.【例1】(1)，是兩平面，AB，CD是兩條線段，已知EF，AB于點B，CD于點D，若增加一個條件，就能得出BDEF.現(xiàn)有下列條件：AC；AC與，所成的角相等；AC與CD在內(nèi)的射影在同一條直線上；ACEF.其中能成為增加條件的序號是_ 【導(dǎo)學(xué)號：68334108】若AC，且EF，則ACEF，又AB，且EF，則ABEF，AB和AC是平面ACDB上的兩條相交直線，則EF平面ACDB，則EFBD，可以成為增加的條件；AC與，所成的角相等，AC和EF不一定垂直，可以相交、平行，所以EF與平面ACDB不一定垂直，所以推不出EF與BD垂直，不能成為增加的條件；由CD，EF，得EFCD，所以EF與CD在內(nèi)的射影垂直，又AC與CD在內(nèi)的射影在同一直線上，所以EFAC，CD和AC是平面ACDB上的兩條相交直線，則EF平面ACDB，則EFBD，可以成為增加的條件；若ACEF，則AC，則BDAC，所以BDEF，不能成為增加的條件，故能成為增加條件的序號是.(2)如圖9­7，已知正三棱錐P­ABC的側(cè)面是直角三角形，PA6，頂點P在平面ABC內(nèi)的正投影為點D，D在平面PAB內(nèi)的正投影為點E，連接PE并延長交AB于點G.圖9­7證明：G是AB的中點；在圖中作出點E在平面PAC內(nèi)的正投影F(說明作法及理由)，并求四面體PDEF的體積解題指導(dǎo)(2)解證明：因為P在平面ABC內(nèi)的正投影為D，所以ABPD.因為D在平面PAB內(nèi)的正投影為E，所以ABDE.1分因為PDDED，所以AB平面PED，故ABPG.2分又由已知可得，PAPB，所以G是AB的中點.3分在平面PAB內(nèi)，過點E作PB的平行線交PA于點F，F(xiàn)即為E在平面PAC內(nèi)的正投影.4分理由如下：由已知可得PBPA，PBPC，又EFPB，所以EFPA，EFPC.又PAPCP，因此EF平面PAC，即點F為E在平面PAC內(nèi)的正投影連接CG，因為P在平面ABC內(nèi)的正投影為D，所以D是正三角形ABC的中心由知，G是AB的中點，所以D在CG上，故CDCG.8分由題設(shè)可得PC平面PAB，DE平面PAB，所以DEPC，因此PEPG，DEPC.10分由已知，正三棱錐的側(cè)面是直角三角形且PA6，可得DE2，PE2.在等腰直角三角形EFP中，可得EFPF2，12分所以四面體PDEF的體積V××2×2×2.15分方法指津在解答空間中線線、線面和面面的位置關(guān)系問題時，我們可以從線、面的概念、定理出發(fā)，學(xué)會找特例、反例和構(gòu)建幾何模型.判斷兩直線是異面直線是難點，我們可以依據(jù)定義來判定，也可以依據(jù)定理(過平面外一點與平面內(nèi)一點的直線，和平面內(nèi)不經(jīng)過該點的直線是異面直線)判定.而反證法是證明兩直線異面的有效方法.提醒：判斷直線和平面的位置關(guān)系中往往易忽視直線在平面內(nèi)，而面面位置關(guān)系中易忽視兩個平面平行.此類問題可以結(jié)合長方體中的線面關(guān)系找出假命題中的反例. 變式訓(xùn)練1(1)(20xx·杭州高級中學(xué)高三最后一模10)如圖9­8，在棱長為1的正四面體D­ABC中，O為ABC的中心，過點O作直線分別與線段AC，BC交于M，N(可以是線段的端點)，連接DM，點P為DM的中點，則以下說法正確的是()圖9­8A存在某一位置，使得NP平面DACBSDMN的最大值為Ctan2DMNtan2DNM的最小值為12D.的取值范圍是D由題可得，選項A中，當(dāng)線段MN變化時，存在MN，DN，PNAD，但此時PN與平面所成角的余弦值為，PN不與平面DAC垂直，所以排除A；易知|DO|，SDMN|MN|·|DO|MN×，所以排除B；選項C中，tan2DMNtan2DNM|OD|2·，且|OM|·|ON|，所以tan2DMNtan2DNM，所以排除C；選項D，因為SABC，SMNC，又因為S四邊形MNBASABCSMNC，所以，故選D.(2)如圖9­9，四棱錐P­ABCD中，PA底面ABCD，ADBC，ABADAC3，PABC4，M為線段AD上一點，AM2MD，N為PC的中點證明MN平面PAB；求四面體N­BCM的體積圖9­9解證明：由已知得AMAD2.如圖，取BP的中點T，連接AT，TN，由N為PC中點知TNBC，TNBC2.又ADBC，故TN綊AM，2分所以四邊形AMNT為平行四邊形，于是MNAT.因為AT平面PAB，MN平面PAB，所以MN平面PAB.4分因為PA平面ABCD，N為PC的中點，所以N到平面ABCD的距離為PA.如圖，取BC的中點E，連接AE.由ABAC3得AEBC，AE.6分由AMBC得M到BC的距離為，故SBCM×4×2.12分所以四面體N­BCM的體積VN­BCM×SBCM×.15分熱點題型2平面圖形的翻折問題題型分析：(1)解決翻折問題的關(guān)鍵是搞清翻折前后圖形中線面位置關(guān)系和度量關(guān)系的變化情況.(2)找出其中變化的量和沒有變化的量，一般地翻折后還在同一個平面上的性質(zhì)不發(fā)生變化，不在同一個平面上的性質(zhì)發(fā)生變化.【例2】如圖9­10，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O，點E，F(xiàn)分別在AD，CD上，AECF，EF交BD于點H.將DEF沿EF折到DEF的位置圖9­10(1)證明：ACHD；(2)若AB5，AC6，AE，OD2，求五棱錐D­ABCFE的體積解(1)證明：由已知得ACBD，ADCD.1分又由AECF得，故ACEF.2分由此得EFHD，故EFHD，所以ACHD.3分(2)由EFAC得.4分由AB5，AC6得DOBO4.所以O(shè)H1，DHDH3.5分于是OD2OH2(2)2129DH2，故ODOH.6分由(1)知ACHD，又ACBD，BDHDH，所以AC平面BHD，于是ACOD.8分又由ODOH，ACOHO，所以O(shè)D平面ABC.又由得EF.10分五邊形ABCFE的面積S×6×8××3.13分所以五棱錐D­ABCFE的體積V××2.15分方法指津翻折問題的注意事項1畫好兩圖：翻折之前的平面圖形與翻折之后形成的幾何體的直觀圖2把握關(guān)系：即比較翻折前后的圖形，準(zhǔn)確把握平面圖形翻折前后的線線關(guān)系，哪些平行與垂直的關(guān)系不變，哪些平行與垂直的關(guān)系發(fā)生變化，這是準(zhǔn)確把握幾何體結(jié)構(gòu)特征，進(jìn)行空間線面關(guān)系邏輯推理的基礎(chǔ)3準(zhǔn)確定量：即根據(jù)平面圖形翻折的要求，把平面圖形中的相關(guān)數(shù)量轉(zhuǎn)化為空間幾何體的數(shù)字特征，這是準(zhǔn)確進(jìn)行計算的基礎(chǔ)變式訓(xùn)練2已知長方形ABCD中，AD，AB2，E為AB的中點將ADE沿DE折起到PDE，得到四棱錐P­BCDE，如圖9­11所示圖9­11(1)若點M為PC的中點，求證：BM平面PDE；(2)當(dāng)平面PDE平面BCDE時，求四棱錐P­BCDE的體積；(3)求證：DEPC. 【導(dǎo)學(xué)號：68334109】解(1)證明：取DP中點F，連接EF，F(xiàn)M.因為在PDC中，點F，M分別是所在邊的中點，所以FM綊DC.1分又EB綊DC，所以FM綊EB，2分所以四邊形FEBM是平行四邊形，所以BMEF.3分又EF平面PDE，BM平面PDE.所以BM平面PDE.4分(2)因為平面PDE平面BCDE，在PDE中，作PODE于點O，因為平面PDE平面BCDEDE，所以PO平面BCDE.6分在PDE中，計算可得PO，7分所以V四棱錐P­BCDESh×(12)××.8分(3)證明：在矩形ABCD中，連接AC交DE于點I，因為tanDEA，tanCAB，所以DEACAB，所以DEAC，9分所以在四棱錐P­BCDE中，PIDE，CIDE，11分又PICII，所以DE平面PIC.14分因為PC平面PIC，所以DEPC.15分